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2023届二轮复习通用版 3.2 带电粒子在电磁场中的运动 学案
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这是一份2023届二轮复习通用版 3.2 带电粒子在电磁场中的运动 学案，共28页。
第2讲 带电粒子在电磁场中的运动
真题速练·明考情
1．(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)，(＋q,2m)，(＋3q,3m)，(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图象中，可能正确的是( AD )
【解析】 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝·2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)，(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误．
2．(多选)(2022·全国乙，21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图甲所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点．4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计粒子重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图乙中虚线所示．则( BD )
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【解析】 在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得mv＝＝＝mv，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3做向心运动，有qE2＞m，可得mv＜＝mv，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确．
3．(2022·广东高考)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( A )
【解析】 由题意知当质子先在MN左侧运动，刚射入磁场时根据左手定则可知在MN受到沿y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子向x轴正方向偏移，故A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．
4．(2022·全国甲，18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向，一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( B )
【解析】 因为在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，所以在坐标原点O静止的带正电粒子在静电力作用下会向y轴正方向运动；磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，可知选项A、C错误；粒子运动的过程中，静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直；由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误．
5．(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( BC )
A．kBL,0° B．kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
【解析】 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图1，根据几何关系则有R＝L，qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°．当粒子上下均经历一次时，如图2，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°．通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°．故可知B、C正确，A、D错误．
〔备考策略〕
命题特点：(1)常以选择题的形式考查磁场的性质，以选择题和计算题的形式考查带电粒子在磁场中的运动和在有界磁场中的临界问题；(2)常以计算题的形式考查带电粒子在组合场、复合场中的运动规律，常用数形结合解决带电粒子在电磁场中多过程的复杂问题；(3)常以选择题的形式考查电磁技术的应用实例．
常用到的思想方法有：分解法、比值定义法、临界法、对称法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
1．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理；有时可以从能量角度求解．
2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．
3．关于粒子的重力
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与其所受电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．
“关键能力”构建
1．思想方法
(1)解题关键
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．
(2)力学规律的选择
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
2．模型建构
解电磁学中的曲线运动常用“四种”方法
电磁学中的曲线运动常用“四种”方法
运动的合成分解
(1)带电粒子以某一初速度，垂直电场方向射入匀强电场中，只受电场力作用的运动．
(2)带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动．
动能定理解曲线运动问题
带电粒子在复合场中做变加速曲线运动，适合应用动能定理．带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以使用动能定理．
利用牛顿运动定律解圆周运动问题
(1)核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动．
(2)带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作用下的运动．
(3)带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)作用下的圆周运动．
利用几何关系解圆周问题
带电粒子垂直射入匀强磁场，由于磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题，由于粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同，由于粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转，以上均涉及平面几何问题．
命题热点·巧突破
考点一 带电粒子在电场中的运动
典例1 (2022·广东高考)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1．此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g．求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．
【答案】 (1) (2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量q＝，电势能的变化量ΔEp＝－ (3)见解析
【解析】 (1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝
匀速时m0g＝f
又f＝km0v1
联立可得k＝．
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝
根据平衡条件可得m0g＋km0v2＝q
解得q＝
根据ΔEp＝－W电
又W电＝·qh2
联立解得ΔEp＝－．
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，新油滴所受电场力F′＝＝
若F′＞2m0g，即h2＞h1
可知v2＞v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律m0v2－m0v1＝2m0v共
可得v共＞0
新油滴向上加速，达到平衡时2m0g＋k·(2m0)v共＝F′
解得速度大小为v共＝
速度方向向上；
若F′＜2m0g，即h1＞h2
可知v2＜v1
设向下为正方向，根据动量守恒定律m0v1－m0v2＝2m0v′共
可知v共′＞0
新油滴向下加速，达到平衡时2m0g＝F′＋k·(2m0)v共′
解得速度大小为v共′＝
速度方向向下．
〔方法技巧〕
求解带电粒子在电场中的直线运动的技巧
要注意分析带电粒子是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．
(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量．
(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量；若考虑重力，则合力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量．
典例2 (2022·山东济南预测)如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，极板右端到荧光屏的距离为D(D≫L)，极板的中心轴线O′O与荧光屏垂直交于O点，以O为原点在屏上建立xOy直角坐标系，x轴水平，y轴竖直．质量为m、电荷量为q的正离子以很大的速度v0沿O′O的方向从O′点射入，当极板间加电场或磁场时，离子均偏转很小的角度后从极板的右侧飞出打在荧光屏上．已知角度α很小时，sinα≈tanα≈α，整个系统处于真空中，不计离子重力及相对论效应，忽略离子间的相互作用．
(1)只在极板间加一沿＋y方向、场强为E的匀强电场，求离子打到荧光屏上时偏离O点的距离y0；
(2)只在极板间加一沿＋y方向、磁感应强度为B的匀强磁场，求离子打到屏上时偏离O点的距离x0；
(3)极板间同时存在上述(1)(2)中的电场和磁场时，可用此装置来分离粒子．离子束由电荷量相同、质量不同的两种带正电离子组成，入射离子的速度很大且速度在小范围内变化，当离子束沿O′O的方向从O′点射入时，荧光屏上会出现两条亮线．在两条亮线上取y坐标相同的两个光点分别记为P离子和Q离子，对应的x坐标分别为a和b，求P、Q两种离子质量的比值．
【答案】 (1) (2) (3)b2∶a2
【解析】 (1)依题意有qE＝ma
y＝at2
根据偏转规律有＝
y0＝
因D≫L，所以有y0＝．
(2)带电粒子在磁场圆周运动有qv0B＝m
x0＝r－＋Dtanθ
粒子速度很大故r≫L
x0＝Dtanθ
因θ很小，有sinθ＝＝tanθ
x0＝Dtanθ＝D＝．
(3)由以上可得x2＝
当y相等时，依题意其他相同，则有mP∶mQ＝b2∶a2．
〔方法技巧〕
带电粒子在电场中做类平抛运动时做好两个方向的分析
在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量．在垂直电场方向上有t＝，沿电场力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，联立方程可求解．
〔考向预测〕
1．(多选)(2022·浙江6月高考)如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( BC )
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【解析】 根据电场力提供向心力可得·q＝mω2r，解得ω＝·可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据电场力提供向心力可得·q＝m，解得v＝，Ek＝，可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误．故选BC．
2．(2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( D )
A．q，r B．2q，r
C．2q,2r D．4q,2r
【解析】 液滴处于静止状态时，电场力与重力平衡，而重力G＝mg＝πr3ρg，G∝r3，而电场力F电＝qE＝q＝，由于u加倍，若r不变，则电量需减半，若r变为原来2倍，则电量需为原来四倍，故选D．
3．(2022·浙江6月高考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( C )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
【解析】 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．
考点二 带电粒子在有界磁场中的运动
典例3 (2020·新课标Ⅱ卷)如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．
【答案】 (1)磁场方向垂直于纸面向里 (2) (2－)h
【解析】 (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝m①
由此可得R＝②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝．④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sinα＝＝⑥
即α＝⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)h．
〔方法技巧〕
常见的几种临界半径的求解方法
r＋rcosθ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d
r＋rsinθ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d
r＋＝d
得r＝d
r1＝d
L2＋(r2－d)2＝r
得r2＝
带电粒子在圆形磁场中运动常见图示
图
示
结论
径向进出
等角进出
点入平出
平入点出
〔考向预测〕
1．(2022·湖北应城市第一高级中学模拟预测)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．已知∠A＝30°，O为AC中点．两个带异种电荷的粒子从O点以相同的速度沿垂直AC方向射入磁场，向左偏转的粒子恰好没有从AB边射出磁场，向右偏转的粒子恰好从B点射出磁场，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则正，负粒子的比荷之比为( C )
A．2∶ B．2∶1
C．3∶1 D．3∶
【解析】 根据题意可知正粒子的轨迹与AB相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为R1，负粒子的轨迹的半径为R2，根据几何关系可知＋R1＝AC，R2＝AC，可得R1∶R2＝1∶3，由Bqv＝，可得＝，所以正、负粒子的比荷之比为3∶1，故C选项正确．
2．(2022·山西太原模拟)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R．一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法正确的是( D )
A．可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为
B．可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为
C．在磁场中运动时间最短的粒子速率为
D．在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为
【解析】 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，解得R＝，可知，粒子速度越大，半径越大．如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由qBvmin＝，解得vmin＝，故A错误；经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由qBvmax＝m，解得vmax＝，故B错误；由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由qBv＝m，解得v＝，故C错误；其圆心角为120°，故运动时间为t＝＝，故D正确．
3．(2022·湖北武汉模拟)如图为地球赤道剖面图，地球半径为R．把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切．不计粒子重力，则( C )
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为R
C．轨迹半径为R D．轨迹半径为R
【解析】 粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得r2＋2＝(R＋r)2，解得r＝R，故C正确，B、D错误．
4．(2022·重庆江津模拟)有一长方形区间abcd，其边长ab＝2L，bc＝L，在其内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向内，如图所示．ab边中点有一电子发射源S，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射相同速率的电子，已知电子在磁场中运动半径为L．则从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例为( C )
A．50% B．66.7%
C．33.3% D．16.7%
【解析】 根据题意，由左手定则可知，粒子进入磁场后受水平向右的洛伦兹力，根据几何关系可知，当电子发射方向与ab成30°时，电子击中b点，当电子发射方向与ab垂直时，电子击中c点，运动轨迹如图所示，则能击中bc的夹角范围为30°～90°共60°的范围区间，故从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例η＝×100%≈33.3%，故A、B、D错误，C正确．
5．(2021·湖南高考)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一．带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用．对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题．
(1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O．求该磁场磁感应强度B1的大小．
(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)．在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2．并沿x轴正方向射出．求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．
(3)如图(b)，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形．虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束．求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．
【答案】 (1) (2)，垂直于纸面向里 πr (3) r r
【解析】 (1)粒子垂直磁场方向进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB1＝m，解得B1＝．
(2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后都沿x轴正方向飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半轻等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图甲所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域．
磁场半径为r2，根据qvB2＝m，可知磁感应强度为B2＝，根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝πr．
(3)画出磁场区域面积最小时的情形，如图乙所示．
在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3＝r3，由洛伦兹力提供向心力有qvB3＝，解得B3＝，Ⅱ中磁场区域的面积S1＝2×＝r．
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4＝r4，由洛伦兹力提供向心力有qvB4＝，解得B4＝，Ⅳ中磁场区域的面积S2＝2×＝r．
考点三 带电粒子(体)在复合场中的运动
考向1 组合场问题
典例4 (多选)(2022·广东押题卷)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场．在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一比荷为k的带正电粒子(不计重力)，从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ＝53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向．该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，再回到x轴的A点，sin53°＝、cos53°＝，下列说法正确的是( AD )
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为
【解析】 设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R，由几何关系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度v0分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为vB，则有v0cosθ＝vB，由洛伦兹力充当向心力BqvB＝m，粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与y轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tanθ＝，结合B＝，综合解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正确，B错误；粒子在A点沿y轴正方向的分速度为vy＝v0sinθ，由类平抛运动的规律可有v＝2×OB，综合解得匀强电场的强度为E＝，C错误；粒子从A点到B点的运动时间tAB＝，粒子从B点到D点的运动时间为tBD＝，根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为t＝2tAB＋tBD，综合计算可得t＝，D正确．故选AD．
典例5 (2021·广东高考)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ．各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan22.5°＝0.4．
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射，当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
【答案】 (1) 8eU (2)
【解析】 (1)设电子经圆a与圆b之间的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝Rtan＝Rtan22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝m，
联立解得B1＝，
运动时间t1＝T，又T＝，
联立解得t1＝，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU．
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知(R－r)2＝R2＋r2．解得r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
电子从P点到刚进入Ⅰ区磁场时，由动能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝．
〔方法技巧〕
1．先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况，然后用衔接速度把这些过程关联起来，列方程解题．
2．带电粒子的常见运动类型及求解方法
考向2 叠加场问题
典例6 (2022·广东六校联考)如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E．现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间．
(1)求小球刚进入平行板时的速度v大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t．
【答案】 (1)，方向与AB成θ＝60°角斜向右下 (2)d≥，t＝
【解析】 (1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力F电＝qE＝mg
方向沿左上方与水平成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg．如图所示
则满足qvB＝mg
解得v＝
方向与MN成θ＝60°角斜向右下．
(2)依题知qE＝mg
故小球在两板间做匀速圆周运动．由牛顿第二定律qvB＝m
得r＝2g
且T＝＝
如图示位置撤去电场
由qvB＝mg
可做匀速直线运动．由几何关系得d≥r＋rcosθ＝
且t＝T＝．
〔方法技巧〕
考向3 交变电场问题
典例7 (2022·湖南常德预测)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t＝1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB＝BC＝L，且粒子由A运动到C的运动时间小于1s．不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是( D )
A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2∶1
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1
C．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶4
D．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
【解析】 在t＝1s时，空间区域有匀强磁场，第一个粒子做匀速圆周运动，如图2，由牛顿第二定律：qv0B0＝m，粒子的轨迹半径r＝L，所以B0＝；t＝3s时，第二个带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时，如图1，竖直方向L＝v0t，水平方向L＝at2＝t2，而E0＝，所以＝，故A错误；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比＝·＝，故B错误；对第二个粒子，由动能定理qE0L＝Ek2－mv，解得Ek2＝mv，对第一个粒子Ek1＝mv，两粒子通过C时的动能之比为1∶5，故C错误；第一个粒子的运动时间t1＝×＝，第二个粒子运动时间t2＝，所以两粒子运动时间之比为＝，故D正确．
〔考向预测〕
1．(多选)(2022·湖北卷)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P(a＞0，b＞0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1．若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2．下列关系式正确的是( AD )
A．t1＜t2 B．t1＞t2
C．Ek1＜Ek2 D．Ek1＞Ek2
【解析】 该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝可知t1＜t2，故A正确，B错误；该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝mv2可知Ek1＞Ek2，故C错误，D正确．故选AD．
2．(多选)(2022·广东高考)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( BC )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【解析】 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误．故选BC．
3．(2021·辽宁沈阳质监)如图甲所示，真空中有一粒子源，连续不断地放射出带正电的粒子．粒子的初速度很小(可视为零)．粒子经加速电压U1加速后，从O点沿着偏转电场中线OM射入偏转电场，两偏转极板间的距离为L，所加周期性电压Uab如图乙所示．偏转极板右侧有宽度为L的足够长匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．磁场右边界是一个足够大的光屏，所有到达光屏的粒子均不再反弹．粒子飞过偏转极板间的时间极短，可认为每个粒子飞过的这段时间里偏转电压几乎不变．已知t＝0时刻射入偏转极板间的粒子，轨迹恰好与光屏相切；偏转电压为2U1时射入偏转极板间的粒子恰好沿着偏转极板上边缘飞出电场．不计粒子重力及粒子之间的相互作用力．求：
(1)偏转极板的长度；
(2)磁场右侧光屏上有粒子击中的范围的长度．
【答案】 (1)L (2)L＋
【解析】 (1)设带电粒子离开加速电场时速度为v0，据动能定理有U1q＝mv
设偏转极板的长度为x，当Uab＝2U1时，粒子在偏转电场中竖直方向加速度为ay，运动时间为t，则＝ayt2
ay＝
t＝
联立解得x＝L．
(2)设t＝0时刻射入偏转极板间的粒子在磁场中轨道半径为R0，则qv0B＝m
可得R0＝＝L
偏转电压为2U1时沿着偏转极板上边缘飞出电场时速度为v1，vy＝ayt
粒子进入磁场时速度与水平夹角设为θ，则tanθ＝＝1，θ＝45°
v1＝＝v0
qv1B＝m
联立可得R1＝L，
由几何关系可知α＝45°
则粒子垂直撞到光屏之上
根据几何关系H＝L＋L－
解得H＝L＋．
应用创新·提素养
应用创新一 电磁场与现代科技
1．(2022·江苏常州三模)利用质谱仪检测电量相等(4价)的气态14C和12C离子的浓度比，结合14C衰变为14N的半衰期，可以判断古代生物的年龄．如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入电场，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电流强度可得离子的浓度比．测得＝，则14C和12C的浓度比为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 带电粒子在电场中加速得qU＝mv2，解得v＝，带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得r＝＝，故粒子的电量相同，质量越大，轨迹半径越大，到达Q点的是14C，根据电流的微观表达式I＝nqsv得n＝，故＝·＝·＝×＝，C正确，A、B、D错误．
2．(多选)(2022·湖南三湘联考)如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f．设D形盒半径为R，不计粒子在两极板间运动的时间，则下列说法正确的是( AB )
A．带电粒子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短
C．只要R足够大，带电粒子的速度就可以被加速到足够大
D．不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间可能不同
【解析】 由圆周运动知识有v＝wr、w＝2πf可得v＝2πrf，当r＝R时，v最大，此时v＝2πRf，故A正确；增大加速电场的电压，其他条件不变，每次加速后粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故在电场中加速的次数减少，带电粒子在D形盒中运动的时间变短，故B正确；带电粒子的速度不能加速到足够大，因为当速度达到一定程度后，需考虑相对论效应．带电粒子的质量会发生变化，则运动周期也就发生变化了，就不能达到恰好加速的条件了，故C错误；粒子在回旋加速器中被加速的过程，由动能定理有nUq＝mv2又v＝，粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝×，整理得t＝，与粒子的质量和带电量无关，因此不同的粒子在同一回旋加速器中运动的时间相同，故D错误．故选AB．
3．(多选)(2022·山东临沂二模)2022年4月15日哈佛·史密森天体物理学中心的科学家乔纳森·麦克道维尔推文表明：莫尼亚轨道上第一次出现中国卫星，该卫星曾在2021年工况异常．尽管乔纳森的描述中没有提及该卫星使用了何种引擎，但从轨道提升的描述来判断，几乎可以肯定是属于离子电推引擎，这是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机．这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目N为定值，离子质量为m，电荷量为ne(其中n是正整数，e是元电荷)，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( AC )
A．引擎获得的推力F＝N
B．引擎获得的推力F＝2NnemU
C．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用质量大的离子
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用带电量大的离子
【解析】 电场对粒子加速qU＝m0v，根据动量定理m0v0＝Ft，其中m0＝Nmt，q＝neNt，整理得F＝N，故A正确，B错误；根据以上分析可知＝＝＝，要使尽量大，可以用质量大、带电量小即n小的离子，故C正确D错误．故选AC．
应用创新二 叠加场与现代科技
4．(多选)(2022·湖北七市联考)智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍尔元件来确定磁场的方向．某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I、同时外加与薄片垂直的匀强磁场B，M、N间的电压为UH，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是( AB )
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，UH越大
C．增加薄片厚度h，UH增大
D．将磁场和电流都反向，N板电势低于M板电势
【解析】 根据左手定则，电流的方向向里，带正电的载流子受力的方向指向N端，故带正电的载流子向N端偏转，则N点电势高，故A正确；设左右两个表面相距为d，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，即＝qvB．设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，则I＝nqSv，S＝dh，解得UH＝．令k＝，则UH＝＝k，所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压UH与磁感应强度B成正比，故B正确；根据UH＝k，可知增加薄片厚度h，UH变小，故C错误；若磁场和电流都反向，依据左手定则，带正电的载流子仍向N端偏转，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．故选AB．
5．(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g．不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( B )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【解析】 由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝，故B正确，A、C、D错误．
第2讲 带电粒子在电磁场中的运动
真题速练·明考情
1．(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)，(＋q,2m)，(＋3q,3m)，(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图象中，可能正确的是( AD )
【解析】 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝·2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)，(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误．
2．(多选)(2022·全国乙，21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图甲所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点．4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计粒子重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图乙中虚线所示．则( BD )
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【解析】 在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得mv＝＝＝mv，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3做向心运动，有qE2＞m，可得mv＜＝mv，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确．
3．(2022·广东高考)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( A )
【解析】 由题意知当质子先在MN左侧运动，刚射入磁场时根据左手定则可知在MN受到沿y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子向x轴正方向偏移，故A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．
4．(2022·全国甲，18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向，一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( B )
【解析】 因为在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，所以在坐标原点O静止的带正电粒子在静电力作用下会向y轴正方向运动；磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，可知选项A、C错误；粒子运动的过程中，静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直；由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误．
5．(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( BC )
A．kBL,0° B．kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
【解析】 若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图1，根据几何关系则有R＝L，qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°．当粒子上下均经历一次时，如图2，因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°．通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°．故可知B、C正确，A、D错误．
〔备考策略〕
命题特点：(1)常以选择题的形式考查磁场的性质，以选择题和计算题的形式考查带电粒子在磁场中的运动和在有界磁场中的临界问题；(2)常以计算题的形式考查带电粒子在组合场、复合场中的运动规律，常用数形结合解决带电粒子在电磁场中多过程的复杂问题；(3)常以选择题的形式考查电磁技术的应用实例．
常用到的思想方法有：分解法、比值定义法、临界法、对称法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
1．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理；有时可以从能量角度求解．
2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．
3．关于粒子的重力
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与其所受电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．
“关键能力”构建
1．思想方法
(1)解题关键
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．
(2)力学规律的选择
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
2．模型建构
解电磁学中的曲线运动常用“四种”方法
电磁学中的曲线运动常用“四种”方法
运动的合成分解
(1)带电粒子以某一初速度，垂直电场方向射入匀强电场中，只受电场力作用的运动．
(2)带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动．
动能定理解曲线运动问题
带电粒子在复合场中做变加速曲线运动，适合应用动能定理．带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以使用动能定理．
利用牛顿运动定律解圆周运动问题
(1)核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动．
(2)带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作用下的运动．
(3)带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)作用下的圆周运动．
利用几何关系解圆周问题
带电粒子垂直射入匀强磁场，由于磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题，由于粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同，由于粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转，以上均涉及平面几何问题．
命题热点·巧突破
考点一 带电粒子在电场中的运动
典例1 (2022·广东高考)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1．此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g．求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．
【答案】 (1) (2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量q＝，电势能的变化量ΔEp＝－ (3)见解析
【解析】 (1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝
匀速时m0g＝f
又f＝km0v1
联立可得k＝．
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝
根据平衡条件可得m0g＋km0v2＝q
解得q＝
根据ΔEp＝－W电
又W电＝·qh2
联立解得ΔEp＝－．
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，新油滴所受电场力F′＝＝
若F′＞2m0g，即h2＞h1
可知v2＞v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律m0v2－m0v1＝2m0v共
可得v共＞0
新油滴向上加速，达到平衡时2m0g＋k·(2m0)v共＝F′
解得速度大小为v共＝
速度方向向上；
若F′＜2m0g，即h1＞h2
可知v2＜v1
设向下为正方向，根据动量守恒定律m0v1－m0v2＝2m0v′共
可知v共′＞0
新油滴向下加速，达到平衡时2m0g＝F′＋k·(2m0)v共′
解得速度大小为v共′＝
速度方向向下．
〔方法技巧〕
求解带电粒子在电场中的直线运动的技巧
要注意分析带电粒子是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．
(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量．
(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量；若考虑重力，则合力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量．
典例2 (2022·山东济南预测)如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，极板右端到荧光屏的距离为D(D≫L)，极板的中心轴线O′O与荧光屏垂直交于O点，以O为原点在屏上建立xOy直角坐标系，x轴水平，y轴竖直．质量为m、电荷量为q的正离子以很大的速度v0沿O′O的方向从O′点射入，当极板间加电场或磁场时，离子均偏转很小的角度后从极板的右侧飞出打在荧光屏上．已知角度α很小时，sinα≈tanα≈α，整个系统处于真空中，不计离子重力及相对论效应，忽略离子间的相互作用．
(1)只在极板间加一沿＋y方向、场强为E的匀强电场，求离子打到荧光屏上时偏离O点的距离y0；
(2)只在极板间加一沿＋y方向、磁感应强度为B的匀强磁场，求离子打到屏上时偏离O点的距离x0；
(3)极板间同时存在上述(1)(2)中的电场和磁场时，可用此装置来分离粒子．离子束由电荷量相同、质量不同的两种带正电离子组成，入射离子的速度很大且速度在小范围内变化，当离子束沿O′O的方向从O′点射入时，荧光屏上会出现两条亮线．在两条亮线上取y坐标相同的两个光点分别记为P离子和Q离子，对应的x坐标分别为a和b，求P、Q两种离子质量的比值．
【答案】 (1) (2) (3)b2∶a2
【解析】 (1)依题意有qE＝ma
y＝at2
根据偏转规律有＝
y0＝
因D≫L，所以有y0＝．
(2)带电粒子在磁场圆周运动有qv0B＝m
x0＝r－＋Dtanθ
粒子速度很大故r≫L
x0＝Dtanθ
因θ很小，有sinθ＝＝tanθ
x0＝Dtanθ＝D＝．
(3)由以上可得x2＝
当y相等时，依题意其他相同，则有mP∶mQ＝b2∶a2．
〔方法技巧〕
带电粒子在电场中做类平抛运动时做好两个方向的分析
在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量．在垂直电场方向上有t＝，沿电场力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，联立方程可求解．
〔考向预测〕
1．(多选)(2022·浙江6月高考)如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( BC )
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【解析】 根据电场力提供向心力可得·q＝mω2r，解得ω＝·可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据电场力提供向心力可得·q＝m，解得v＝，Ek＝，可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误．故选BC．
2．(2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( D )
A．q，r B．2q，r
C．2q,2r D．4q,2r
【解析】 液滴处于静止状态时，电场力与重力平衡，而重力G＝mg＝πr3ρg，G∝r3，而电场力F电＝qE＝q＝，由于u加倍，若r不变，则电量需减半，若r变为原来2倍，则电量需为原来四倍，故选D．
3．(2022·浙江6月高考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( C )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
【解析】 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．
考点二 带电粒子在有界磁场中的运动
典例3 (2020·新课标Ⅱ卷)如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．
【答案】 (1)磁场方向垂直于纸面向里 (2) (2－)h
【解析】 (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝m①
由此可得R＝②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝．④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sinα＝＝⑥
即α＝⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)h．
〔方法技巧〕
常见的几种临界半径的求解方法
r＋rcosθ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d
r＋rsinθ＝d
得r＝
当θ＝90°时r＝d
r＋＝d
得r＝d
r1＝d
L2＋(r2－d)2＝r
得r2＝
带电粒子在圆形磁场中运动常见图示
图
示
结论
径向进出
等角进出
点入平出
平入点出
〔考向预测〕
1．(2022·湖北应城市第一高级中学模拟预测)如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．已知∠A＝30°，O为AC中点．两个带异种电荷的粒子从O点以相同的速度沿垂直AC方向射入磁场，向左偏转的粒子恰好没有从AB边射出磁场，向右偏转的粒子恰好从B点射出磁场，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则正，负粒子的比荷之比为( C )
A．2∶ B．2∶1
C．3∶1 D．3∶
【解析】 根据题意可知正粒子的轨迹与AB相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为R1，负粒子的轨迹的半径为R2，根据几何关系可知＋R1＝AC，R2＝AC，可得R1∶R2＝1∶3，由Bqv＝，可得＝，所以正、负粒子的比荷之比为3∶1，故C选项正确．
2．(2022·山西太原模拟)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R．一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法正确的是( D )
A．可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为
B．可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为
C．在磁场中运动时间最短的粒子速率为
D．在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为
【解析】 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，解得R＝，可知，粒子速度越大，半径越大．如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由qBvmin＝，解得vmin＝，故A错误；经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由qBvmax＝m，解得vmax＝，故B错误；由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由qBv＝m，解得v＝，故C错误；其圆心角为120°，故运动时间为t＝＝，故D正确．
3．(2022·湖北武汉模拟)如图为地球赤道剖面图，地球半径为R．把地面上高度为区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切．不计粒子重力，则( C )
A．粒子带正电荷 B．轨迹半径为R
C．轨迹半径为R D．轨迹半径为R
【解析】 粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得r2＋2＝(R＋r)2，解得r＝R，故C正确，B、D错误．
4．(2022·重庆江津模拟)有一长方形区间abcd，其边长ab＝2L，bc＝L，在其内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向内，如图所示．ab边中点有一电子发射源S，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射相同速率的电子，已知电子在磁场中运动半径为L．则从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例为( C )
A．50% B．66.7%
C．33.3% D．16.7%
【解析】 根据题意，由左手定则可知，粒子进入磁场后受水平向右的洛伦兹力，根据几何关系可知，当电子发射方向与ab成30°时，电子击中b点，当电子发射方向与ab垂直时，电子击中c点，运动轨迹如图所示，则能击中bc的夹角范围为30°～90°共60°的范围区间，故从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例η＝×100%≈33.3%，故A、B、D错误，C正确．
5．(2021·湖南高考)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一．带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用．对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题．
(1)如图(a)，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O．求该磁场磁感应强度B1的大小．
(2)如图(a)，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)．在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2．并沿x轴正方向射出．求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．
(3)如图(b)，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形．虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束．求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)．
【答案】 (1) (2)，垂直于纸面向里 πr (3) r r
【解析】 (1)粒子垂直磁场方向进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB1＝m，解得B1＝．
(2)粒子从O点进入下方虚线区域，若要从聚焦的O点飞入然后都沿x轴正方向飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半轻等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图甲所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域．
磁场半径为r2，根据qvB2＝m，可知磁感应强度为B2＝，根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝πr．
(3)画出磁场区域面积最小时的情形，如图乙所示．
在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3＝r3，由洛伦兹力提供向心力有qvB3＝，解得B3＝，Ⅱ中磁场区域的面积S1＝2×＝r．
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4＝r4，由洛伦兹力提供向心力有qvB4＝，解得B4＝，Ⅳ中磁场区域的面积S2＝2×＝r．
考点三 带电粒子(体)在复合场中的运动
考向1 组合场问题
典例4 (多选)(2022·广东押题卷)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场．在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一比荷为k的带正电粒子(不计重力)，从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ＝53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向．该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，再回到x轴的A点，sin53°＝、cos53°＝，下列说法正确的是( AD )
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为
【解析】 设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R，由几何关系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度v0分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为vB，则有v0cosθ＝vB，由洛伦兹力充当向心力BqvB＝m，粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与y轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tanθ＝，结合B＝，综合解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正确，B错误；粒子在A点沿y轴正方向的分速度为vy＝v0sinθ，由类平抛运动的规律可有v＝2×OB，综合解得匀强电场的强度为E＝，C错误；粒子从A点到B点的运动时间tAB＝，粒子从B点到D点的运动时间为tBD＝，根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为t＝2tAB＋tBD，综合计算可得t＝，D正确．故选AD．
典例5 (2021·广东高考)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ．各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan22.5°＝0.4．
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射，当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
【答案】 (1) 8eU (2)
【解析】 (1)设电子经圆a与圆b之间的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝Rtan＝Rtan22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝m，
联立解得B1＝，
运动时间t1＝T，又T＝，
联立解得t1＝，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU．
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知(R－r)2＝R2＋r2．解得r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
电子从P点到刚进入Ⅰ区磁场时，由动能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝．
〔方法技巧〕
1．先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况，然后用衔接速度把这些过程关联起来，列方程解题．
2．带电粒子的常见运动类型及求解方法
考向2 叠加场问题
典例6 (2022·广东六校联考)如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E．现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间．
(1)求小球刚进入平行板时的速度v大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t．
【答案】 (1)，方向与AB成θ＝60°角斜向右下 (2)d≥，t＝
【解析】 (1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力F电＝qE＝mg
方向沿左上方与水平成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg．如图所示
则满足qvB＝mg
解得v＝
方向与MN成θ＝60°角斜向右下．
(2)依题知qE＝mg
故小球在两板间做匀速圆周运动．由牛顿第二定律qvB＝m
得r＝2g
且T＝＝
如图示位置撤去电场
由qvB＝mg
可做匀速直线运动．由几何关系得d≥r＋rcosθ＝
且t＝T＝．
〔方法技巧〕
考向3 交变电场问题
典例7 (2022·湖南常德预测)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t＝1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB＝BC＝L，且粒子由A运动到C的运动时间小于1s．不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是( D )
A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2∶1
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1
C．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶4
D．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
【解析】 在t＝1s时，空间区域有匀强磁场，第一个粒子做匀速圆周运动，如图2，由牛顿第二定律：qv0B0＝m，粒子的轨迹半径r＝L，所以B0＝；t＝3s时，第二个带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时，如图1，竖直方向L＝v0t，水平方向L＝at2＝t2，而E0＝，所以＝，故A错误；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比＝·＝，故B错误；对第二个粒子，由动能定理qE0L＝Ek2－mv，解得Ek2＝mv，对第一个粒子Ek1＝mv，两粒子通过C时的动能之比为1∶5，故C错误；第一个粒子的运动时间t1＝×＝，第二个粒子运动时间t2＝，所以两粒子运动时间之比为＝，故D正确．
〔考向预测〕
1．(多选)(2022·湖北卷)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P(a＞0，b＞0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1．若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2．下列关系式正确的是( AD )
A．t1＜t2 B．t1＞t2
C．Ek1＜Ek2 D．Ek1＞Ek2
【解析】 该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝可知t1＜t2，故A正确，B错误；该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝mv2可知Ek1＞Ek2，故C错误，D正确．故选AD．
2．(多选)(2022·广东高考)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( BC )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【解析】 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误．故选BC．
3．(2021·辽宁沈阳质监)如图甲所示，真空中有一粒子源，连续不断地放射出带正电的粒子．粒子的初速度很小(可视为零)．粒子经加速电压U1加速后，从O点沿着偏转电场中线OM射入偏转电场，两偏转极板间的距离为L，所加周期性电压Uab如图乙所示．偏转极板右侧有宽度为L的足够长匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．磁场右边界是一个足够大的光屏，所有到达光屏的粒子均不再反弹．粒子飞过偏转极板间的时间极短，可认为每个粒子飞过的这段时间里偏转电压几乎不变．已知t＝0时刻射入偏转极板间的粒子，轨迹恰好与光屏相切；偏转电压为2U1时射入偏转极板间的粒子恰好沿着偏转极板上边缘飞出电场．不计粒子重力及粒子之间的相互作用力．求：
(1)偏转极板的长度；
(2)磁场右侧光屏上有粒子击中的范围的长度．
【答案】 (1)L (2)L＋
【解析】 (1)设带电粒子离开加速电场时速度为v0，据动能定理有U1q＝mv
设偏转极板的长度为x，当Uab＝2U1时，粒子在偏转电场中竖直方向加速度为ay，运动时间为t，则＝ayt2
ay＝
t＝
联立解得x＝L．
(2)设t＝0时刻射入偏转极板间的粒子在磁场中轨道半径为R0，则qv0B＝m
可得R0＝＝L
偏转电压为2U1时沿着偏转极板上边缘飞出电场时速度为v1，vy＝ayt
粒子进入磁场时速度与水平夹角设为θ，则tanθ＝＝1，θ＝45°
v1＝＝v0
qv1B＝m
联立可得R1＝L，
由几何关系可知α＝45°
则粒子垂直撞到光屏之上
根据几何关系H＝L＋L－
解得H＝L＋．
应用创新·提素养
应用创新一 电磁场与现代科技
1．(2022·江苏常州三模)利用质谱仪检测电量相等(4价)的气态14C和12C离子的浓度比，结合14C衰变为14N的半衰期，可以判断古代生物的年龄．如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入电场，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电流强度可得离子的浓度比．测得＝，则14C和12C的浓度比为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 带电粒子在电场中加速得qU＝mv2，解得v＝，带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得r＝＝，故粒子的电量相同，质量越大，轨迹半径越大，到达Q点的是14C，根据电流的微观表达式I＝nqsv得n＝，故＝·＝·＝×＝，C正确，A、B、D错误．
2．(多选)(2022·湖南三湘联考)如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f．设D形盒半径为R，不计粒子在两极板间运动的时间，则下列说法正确的是( AB )
A．带电粒子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短
C．只要R足够大，带电粒子的速度就可以被加速到足够大
D．不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间可能不同
【解析】 由圆周运动知识有v＝wr、w＝2πf可得v＝2πrf，当r＝R时，v最大，此时v＝2πRf，故A正确；增大加速电场的电压，其他条件不变，每次加速后粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故在电场中加速的次数减少，带电粒子在D形盒中运动的时间变短，故B正确；带电粒子的速度不能加速到足够大，因为当速度达到一定程度后，需考虑相对论效应．带电粒子的质量会发生变化，则运动周期也就发生变化了，就不能达到恰好加速的条件了，故C错误；粒子在回旋加速器中被加速的过程，由动能定理有nUq＝mv2又v＝，粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝×，整理得t＝，与粒子的质量和带电量无关，因此不同的粒子在同一回旋加速器中运动的时间相同，故D错误．故选AB．
3．(多选)(2022·山东临沂二模)2022年4月15日哈佛·史密森天体物理学中心的科学家乔纳森·麦克道维尔推文表明：莫尼亚轨道上第一次出现中国卫星，该卫星曾在2021年工况异常．尽管乔纳森的描述中没有提及该卫星使用了何种引擎，但从轨道提升的描述来判断，几乎可以肯定是属于离子电推引擎，这是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机．这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目N为定值，离子质量为m，电荷量为ne(其中n是正整数，e是元电荷)，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( AC )
A．引擎获得的推力F＝N
B．引擎获得的推力F＝2NnemU
C．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用质量大的离子
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用带电量大的离子
【解析】 电场对粒子加速qU＝m0v，根据动量定理m0v0＝Ft，其中m0＝Nmt，q＝neNt，整理得F＝N，故A正确，B错误；根据以上分析可知＝＝＝，要使尽量大，可以用质量大、带电量小即n小的离子，故C正确D错误．故选AC．
应用创新二 叠加场与现代科技
4．(多选)(2022·湖北七市联考)智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍尔元件来确定磁场的方向．某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I、同时外加与薄片垂直的匀强磁场B，M、N间的电压为UH，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是( AB )
A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，UH越大
C．增加薄片厚度h，UH增大
D．将磁场和电流都反向，N板电势低于M板电势
【解析】 根据左手定则，电流的方向向里，带正电的载流子受力的方向指向N端，故带正电的载流子向N端偏转，则N点电势高，故A正确；设左右两个表面相距为d，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，即＝qvB．设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，则I＝nqSv，S＝dh，解得UH＝．令k＝，则UH＝＝k，所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压UH与磁感应强度B成正比，故B正确；根据UH＝k，可知增加薄片厚度h，UH变小，故C错误；若磁场和电流都反向，依据左手定则，带正电的载流子仍向N端偏转，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．故选AB．
5．(2021·河北高考)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g．不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( B )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【解析】 由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝，故B正确，A、C、D错误．
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